解题思路：（1）令h（x）=ln（1+x）-[2x/x+2]，得到h′（x）=
x
2
(1+x
)(2+x)
2
，从而求出h（x）在（0，+∞）上是增函数，故h（x）＞h（0）=0，结论证出；
（2）不等式f（x）＜[1+kx/1+x]可化为：
(1+x)ln(1+x)−x−
kx
2
x
＜0，令g（x）=（1+x）ln（1+x）-x-kx2，则g′（x）=ln（1+x）-2kx，从而g″（x）=[1/1+x]-2k，对x分情况进行讨论：①x＞0时，②-1＜x＜0时，从而证出结论．
（1）令h（x）=ln（1+x）-[2x/x+2]，
∴h′（x）=
x2
(1+x)(2+x)2，
x＞0时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上是增函数，
故h（x）＞h（0）=0，
即：ln（1+x）＞[2x/x+2]．
从而，x＞0时，f（x）＞[2/x+2]得证．
（2）不等式f（x）＜[1+kx/1+x]可化为：
(1+x)ln(1+x)−x−kx2
x＜0，
令g（x）=（1+x）ln（1+x）-x-kx2，
则g′（x）=ln（1+x）-2kx
g″（x）=[1/1+x]-2k，
①x＞0时，有0＜[1/1+x]＜1，
令2k≥1，则g″（x）＜0，
故g′（x）在（0，+∞）上是减函数，即g′（x）＜g′（0）=0，
∴g（x）在（0，+∞）上是减函数，
从而，g（x）＜g（0）=0，
∴k≥[1/2]时，对于x＞0，有
(1+x)ln(1+x)−x−kx2
x＜0，
②-1＜x＜0时，有[1/x+1]＞1，
令2k≤1，则g″（x）＞0，
故g′（x）在（-1，0）上是增函数，即：g′（x）＜g′（0）=0
∴g（x）在（-1，0）上是减函数．
从而，g（x）＞g（0）=0．
∴当k≤[1/2]时，对于-1＜x＜0，有
(1+x)ln(1+x)−x−kx2
x＜0．
综合①②，当k=[1/2]时，在x＞-1且x≠0时，有f（x）＜[1+kx/1+x]．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．
考点点评： 本题考察了函数的单调性，导数的应用，不等式的证明，本题是一道中档题．